EulerMacLaurinversusprolongementanalytique. Exemple:l ... · 2 MÉTHODE 1. PROLONGEMENT ANALYTIQUE....

Euler MacLaurin versus prolongement analytique.Exemple: l’effet Casimir.

Guy LAVILLEUniversité de Caen

LMNO

19 mai 2015

Résumé

La théorie quantique des champs conduit souvent à des séries divergentes. Nous prenonscomme cas particulier simple le bien connu effet Casimir. Le début de cet exposé rappelleles notions de prolongement analytique et la formule d’Euler Maclaurin. Nous attironsaussi l’attention sur certaines idées concernant les séries divergentes.

Table des matières1 Introduction. 3

1.1 Deux méthodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 De l’infini. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Des séries numériques. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Méthode 1. Prolongement analytique. 42.1 La méthode. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.1.1 Description de la méthode. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.1.2 Principes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2 Exemples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2.1 Exemple 1 : 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + .... . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2.2 Exemple 2 : 1 + 1 + 1 + 1 + .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2.3 Exemple 3 : 1 + 0− 1 + 1 + 0− 1 + 1 + .... . . . . . . . . . . . . . . 62.2.4 Exemple 4 : 1 + 1− 2 + 1 + 1− 2 + .... . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.3 Difficulté de la méthode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1

TABLE DES FIGURES 2

3 Méthode 2. Formule d’Euler Maclaurin. 73.1 Nombres de Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2 Polynômes de Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.3 Fonctions périodiques de Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.4 Formule d’Euler MacLaurin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.4.1 Énoncé de la formule. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.4.2 Point de vue formel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.4.3 Démonstration par intégrale de Stieltjes. . . . . . . . . . . . . . . . . 123.4.4 Démonstration élémentaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3.5 Difficulté de la méthode. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4 Euler Maclaurin donne un prolongement analytique. 13

5 ∞−∞ versus disparition de l’infini. 145.1 Comparaison des méthodes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145.2 Premier exemple :

∑∞n=0 n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

5.3 Deuxième exemple :∑∞

n=0

√a+ n2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

5.4 Troisième exemple :∑∞

n=11n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

6 L’effet Casimir en Physique. 176.1 Énergie entre deux plaques non chargées. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176.2 Utilisation d’Euler Maclaurin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176.3 Ai-je compris ce qui se passe ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206.4 Utilisation du prolongement analytique. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Table des figures1 B̃1(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 B̃2(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 B̃3(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Fonction de cutoff. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 Fonction et fréquence de cutoff. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1 INTRODUCTION. 3

1 Introduction.

1.1 Deux méthodesCitons deux réflexions de O.Heaviside :Why should I refuse a good dinner simply because I don’t understand thedigestive processes involved.This series is divergent, therefore we may be able to do something with it.

Citons une réflexion de G.H.Hardy :The mathematician’s patterns, like the painter’s or the poet’s must be beauti-ful ; the ideas, like the colours or the words must fit together in a harmoniousway. Beauty is the first test : there is no permanent place in this world for uglymathematics (A Mathematician’s Apology, London 1941).

La mécanique quantique introduit souvent des séries non convergentes. De ces séries di-vergentes, il faut essayer d’obtenir des quantités finies qui soient proches de résultatsexpérimentaux.

Nous donnons ici deux méthodes classiques :1. prolongement analytique2. formule sommatoire d’Euler-Maclaurin

1.2 De l’infini.Il est merveilleux que les mathématiques puissent, de temps en temps donner une

structure à l’infini. En fait il y a beaucoup de structures différentes suivant le contextedans lequel on se trouve. Il est même classique de le faire disparaître pour le rendreimplicite. Par exemple dans les passages à la limite :

∀ε > 0 ∃η ...

L’espace projectif permet d’introduire algébriquement ou géométriquement des infinis.Si l’on veut respecter la structure d’ordre total sur R on introduit deux infinis −∞ et +∞(le + est souvent omis dans la notation).Dans l’analyse complexe, il y a un seul infini (sphère de Riemann)∞ qui devrait être noté∞C .Quand on écrit :

∞∑n=0

...

ceci signifie : ∑n∈N

...

Heureusement, souvent, la notation ∞ est contextuellement claire. Mais si vous voulezcacher votre ignorance, mettez quelques infinis non définis dans un grand discourt...

2 MÉTHODE 1. PROLONGEMENT ANALYTIQUE. 4

1.3 Des séries numériques.— Pour une série absolument convergente, tous les théorèmes que l’on espère être vrais

sont vrais.— Pour une série semi-convergente, tous les théorèmes de manipulations finies que l’on

espère être vrais sont vrais, tous les théorèmes de manipulations infinis sont faux. Parexemple :Théorème 1. Soit

∑∞n=0 an une série semi-convergente à termes réels et l ∈ R quel-

conque. Alors il existe une bijection ν : N 7→ N telle que :

∞∑n=0

aνn

converge vers l.— Pour une série divergente, pas manipulations finies ou infinies possibles (en général).

2 Méthode 1. Prolongement analytique.

2.1 La méthode.Cette méthode est plus un art qu’une science.

2.1.1 Description de la méthode.

Étant donnée une série non convergente :

∞∑n=0

f(n) (1)

il faut lui attacher une fonction holomorphe (ou méromorphe), la prolonger et prendre savaleur en un certain point.Une façon de faire :

φ(z) =∞∑n=0

f(n)zn pour |z| assez petit (2)

puis faire un prolongement analytique dans un ouvert de C contenant 1. Par cette méthode,on aura :

∞∑n=0

f(n) = φ(1)

Si φ est holomorphe en 1, alors φ(1) ∈ C. Si φ a un pôle en 1, alors on peut prendre∞C. Siφ a une singularité essentielle en 1 alors on n’a pas unicité de la valeur ; toutes les valeurs


de la sphère de Riemann (sauf peut-être deux) sont à prendre ! (cf. grand théorème dePicard).

Mais si le prolongement analytique nécessite de sortir de la sphère de Riemann et quel’on trouve une surface de Riemann plus compliquée, on peut avoir plusieurs valeurs, uneinfinité de valeurs, ou tomber sur un point de branchement.

2.1.2 Principes.

Erreur classique. "La valeur obtenue doit être indépendante de la méthodeutilisée"

NON.

La (ou les) méthode(s) choisie(s) doi(ven)t être finement liée(s) à la struc-ture étudiée.

OUI.

Si deux méthodes donnent le même résultat ou un résultat différent, il faut comprendrepourquoi.

Il ne faut jamais faire un destruction de structure.

2.2 Exemples.2.2.1 Exemple 1 : 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ....

:∞∑n=0

(−1)n

φ(z) =∞∑n=0

(−1)nzn =1

1 + z

∞∑n=0

(−1)n = φ(1) =1

2

Remarque. La suite des sommes partielles est 1, 0, 1, 0, 1, ... en moyenne, on trouve 1/2.


2.2.2 Exemple 2 : 1 + 1 + 1 + 1 + ....

:∞∑n=0

1

φ(z) =∞∑n=0

zn =1

1− z∞∑n=0

1 = φ(1) =∞C

ζ(z) =∞∑n=1

1

nz

∞∑n=0

1 = ζ(0) =−12

Remarque. La suite des sommes partielles est 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, ... en moyenne, ontrouve ∞, mais quel infini ?

2.2.3 Exemple 3 : 1 + 0− 1 + 1 + 0− 1 + 1 + ....

:

1 + 0− 1 + 1 + 0− 1 + 1 + 0− 1 + ...

φ(z) = 1 + 0z − z2 + z3 + 0z4 − z5 + z6 + 0z7 − z8 + ...

φ(z) =1− z2

1− z3=

1 + z

1 + z + z2

φ(1) =2

36= 1

2

Remarque. La suite des sommes partielles est 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, ... en moyenne, on trouve2/3.

2.2.4 Exemple 4 : 1 + 1− 2 + 1 + 1− 2 + ....

.

1 + 1− 2 + 1 + 1− 2 + 1 + 1− 2 + ...

φ(z) = 1 + 2z − 2z2 + z3 + z4 − 2z5 + ...

φ(z) = 1 + z + z2 + z3 + z4 + ...− 3z2 − 3z5 − 3z8 + ...

φ(z) =1

1− z− 3z2

1− z3=

1 + 2z

1 + z + z2

φ(1) = 1

3 MÉTHODE 2. FORMULE D’EULER MACLAURIN. 7

Mais on peut aussi utiliser :

ϕ(s) = 1 +1

2s− 2

1

3s+

1

4s+

1

5s− 2

1

6s+ ... = (1− 31−s)ζ(s)

ϕ(0) = 1

Nous trouvons le même résultat.Remarque. La suite des sommes partielles est 1, 2, 0, 1, 2, 0, 1, 2, 0, ... en moyenne, on trouve1.

2.3 Difficulté de la méthode— choix de la (ou des) fonction(s) analytique(s) à prolonger.— il n’y a pas de méthode générale pour effectuer un prolongement analytique d’une

fonction donnée.

3 Méthode 2. Formule d’Euler Maclaurin.Les nombres et polynômes de Bernoulli peuvent être présentés de façon purement

algébrique. Nous préférons la méthode des fonctions génératrices.Les notations sont plus ou moins classiques, la notation bn est réservée aux nombres et

Bn aux fonctions polynômes. Les fonctions périodiques seront notées B̃n(x).

3.1 Nombres de Bernoulli.L’expression :

z

ez − 1− z

2

est paire. Fonction génératrice de nombres de Bernoulli :

z

ez − 1=

∞∑k=0

bkzk

k!= 1− z

2+

∞∑n=1

b2nz2n

(2n)!, |z| < 2π (3)

Le théorème suivant est à la fois simple et fondamental, c’est cette propriété qui expliquepourquoi nous avons cette formule sommatoire.

Théorème 2. A l’exception de b1, tous les nombres de Bernoulli d’ordre impairs sontnuls.

∀n ∈ N− {0} b2n+1 = 0 (4)

Récurrence, pour n ≥ 2 :

0 =m−1∑k=0

(m− 1

k

)bk.


Signes :b2k = (−1)k−1|b2k|.

Majoration :2(2n)!

(2π)2n< (−1)n+1b2n <

2(2n)!

(2π)2n(1− 2−2n)−1 (5)

3.2 Polynômes de Bernoulli.Fonction génératrice :

zeXz

ez − 1=∞∑n=0

Bn(X)zn

n!|z| < 2π (6)

Les Bn en fonction des bn :

Bn(X) =n∑k=0

(n

k

)bkX

n−k.

ce qui peut s’écrire de façon symbolique :

Bn(X) + (b+X)n

Valeur en 0 :Bn(0) = bn

Les trois égalités suivantes peuvent servir de définition aux polynômes de Bernoulli et endéduire les nombres :

B0(X) = 1,

∀n ∈ N B′n+1(X) = (n+ 1)Bn(X),

∀n ∈ N∗∫ 10 Bn(x)dx = 0.

(7)

Parité-imparité par rapport à 1/2 :

Bn(1−X) = (−1)nBn(X) (8)

Majoration :|B2n(x)| < |b2n| pour 0 ≤ x ≤ 1 (9)

Exemples :

B0(x) = 1 B1(x) = x− 1

2(10)

B2(x) = x2 − x+1

6B3(x) = x3 − 3

2x2 +

1

2x (11)


3.3 Fonctions périodiques de Bernoulli.Notons [x] et {x} la partie entière et la partie fractionnaire du nombre réel x. Intro-

duisons les fonctions de Bernoulli périodiques de période 1 :

B̃n(x) = Bn({x}) (12)

Donc, k ∈ N B̃n(k) = Bn(0) = bn.En particulier, B̃1(k) = B1(0) = −1/2

x

y

Figure 1 – B̃1(x)

x

y


x

y


Théorème 3. La fonction B̃1 est discontinue aux entiers. Pour n ∈ N∗ les fonctions B̃nsont continues sur tout R et égales à des polynômes sur R− Z.


Démonstration. Pour n pair, (8) montre la continuité. Pour n impair, (8) et (4) montrentla continuité.

Remarque. Cette discontinuité particulière, par dérivation, donnera la formule somma-toire.

Majoration. La majoration des polynômes sur l’intervalle [0; 1] donne la majorationdes fonctions B̃n :

∀t ∈ [0; 1] |B2n(t)| 6 |b2n| (13)

∀t ∈ R |B̃2n(t)| 6 |b2n| (14)

Par exemple :

∀t ∈ R |B̃4(t)| 6 |b4| =1

30(15)

Séries de Fourier.

B̃1(x) = −1

π

∞∑m=1

sin(2πmt)

mt /∈ Z

B̃n(t) = −n!∑m∈Zi 6=0

e2iπmt

(2iπm)nk ≥ 2

3.4 Formule d’Euler MacLaurin.3.4.1 Énoncé de la formule.

Le but de cette section est de démontrer la formule sommatoire d’Euler Maclaurin.

N∑n=0

f(n) =

∫ N

0f(x) dx+

1

2(f(N) + f(0)) +

H∑h=1

b2h(2h)!

(f (2h−1)(N)− f (2h−1)(0)

)− 1

(2H)!

∫ N

0f (2H)(x)B̃2H(x) dx (16)

L’∞ n’intervient pas, sauf dans les intégrales dans le cas où f est transcendante. Les entiersN et H sont indépendants et on peut donc faire tendre l’un vers l’∞ et pas l’autre.

Remarque. Nous pouvons aussi écrire :

1

2f(0) +

N−1∑n=1

f(n) = ... (17)


Majoration.∣∣∣∣ 1

(2H)!

∫ N

0f (2H)(x)B̃2H(x) dx

∣∣∣∣ 6 |b2H |(2H)!

∫ N

0

∣∣∣f (2H)(x)∣∣∣ dx (18)

62N

(2π)2N (1− 2−2N )sup

x∈[0;N ]|f (2H)(x)| (19)

Le dernier terme peut être remplacé par (signe +) :

+1

(2H + 1)!

∫ N

0f (2H+1)(x)B̃2H+1(x) dx

3.4.2 Point de vue formel.

Suivons les idées de Lagrange données dans [4].

Posons Df(x) = f ′(x) et D−1f(x) =∫ x

∞f(u) du

La formule de Taylor peut s’écrire :

f(x+ h) = ehDf(x)

N−1∑n=0

f(x+ y + n) =N−1∑n=0

e(y+n)Df(x)

= eyD(eND − 1

eD − 1

)f(x)

=eyD

eD − 1(eND − 1)f(x)

= D−1DeyD

eD − 1

(f(x+N)− f(x)

)=

(D−1 +

∞∑n=1

Bn(y)

n!Dn−1

)(f(x+N)− f(x)

)Le symbole D−1 est ambigu. Prenons :

D−1(f(x+N)− f(x)

)=

∫ x

−∞f(u+N)− f(u) du+ cst

D’où une formule sommatoire :N−1∑n=0

f(x+ y + n) =

∫ x+N

xf(u) du+ cst+

∞∑n=1

Bn(y)

n!

(f (n−1)(x+N)− f (n−1)(x)

)(20)

Il n’était pas évident, à priori, qu’une translation x + n 7→ x + y + n se traduise parl’apparition des polynômes de Bernoulli. Sous cette forme, on ne voit pas la périodicité de1 et le reste. La constante peut dépendre de beaucoup de choses.


3.4.3 Démonstration par intégrale de Stieltjes.

L’intégrale de Lebesgue-Stieltjes est commode pour passer des sommes aux intégrales.Par exemple,définissons la fonction de Heaviside :

H(x) =

{0 si x < 0

1 si x > 0

pour un fonction f nulle au voisinage de l’infini :

f(0) =

∫ ∞−∞

f(x)dH(x) = −∫ ∞−∞

H(x)df(x) = −∫ ∞0

f ′x)dx

Fonction périodique de degré 1 :

B̃1(x) = B̃1({x}) = B1(x− [x]) = x− [x]− 1

2

d[x] = dx− dB̃1(x)

N∑n=1

f(n) =

∫ N

0f(t)dt−

∫ N

0f(t)dB̃1(t)

puis on itère des intégrations par parties.

3.4.4 Démonstration élémentaire.

∫ n+1

nf(x) dx =

[f(x)B̃1(x)

]n+1

n−∫ n+1

nf ′(x)B̃1(x) dx

=1

2f(n+ 1) +

1

2f(n)−

∫ n+1

nf ′(x)B̃1(x) dx

puisque, d’après (11) :

B̃1(n) = B1(0) = −1

2B̃1(n+ 1) = B1(1) =

1

2(passer à la limite à gauche)∫ 1

0f(x) dx+ · · ·+

∫ N

N−1f(x) dx =

∫ N

0f(x) dx =

f(0)

2+N−1∑n=1

f(n) +f(N)

2−∫ N

0f ′(x)B̃1(x) dx

1

2f(0) +

N−1∑n=1

f(n) +1

2f(N) =

∫ N

0f(x) dx+

∫ N

0f ′(x)B̃1(x) dx

4 EULER MACLAURIN DONNE UN PROLONGEMENT ANALYTIQUE. 13

intégration par parties, avec (7) :

∫ n+1

nf ′(x)B̃1(x) dx =

[f ′(x)B̃2(x)

2

]n+1

n

− 1

2

∫ n+1

nf ′′(x)B̃2(x) dx

=B2

2(f ′(n+ 1)− f ′(n))− 1

2

∫ n+1

nf ′′(x)B̃2(x) dx

1

2f(0) +

N−1∑n=1

f(n) +1

2f(N) =

∫ N

0f(x) dx+

B2

2

(f ′(N)− f ′(0)

)− 1

2

∫ N

0f ′′(x)B̃2(x) dx.

Effectuons des intégrations par parties dans le dernier terme. Nous obtenons formule d’Eu-ler Maclaurin :

1

2f(0) +

N−1∑n=1

f(n) +1

2f(N)

=

∫ N

0f(x) dx+

H∑h=1

B2h

(2h)!

(f (2h−1)(N)− f (2h−1)(0)

)− 1

(2H)!

∫ H

0f (2H)(x)B̃2H(x) dx

Majoration du dernier terme :

|b2H |(2H)!

∫ N

0

∣∣∣f (2H)(x)∣∣∣ dx 6

2

(2π)2H(1− 2−2H)−1

∫ N

0

∣∣∣f (2H)(x)∣∣∣ dx (21)

Pour f tendant assez vite vers 0 à l’∞, la formule (16) donne la formule (20) en prenantx = y = 0.

3.5 Difficulté de la méthode.Cette méthode ne présente qu’une difficulté : l’interpolation de la fonction f(n) n ∈ N :

il faut trouver f(x) x ∈ R. Cette difficulté ne se présente généralement pas en Physique,mais elle se présente en Mathématiques (par exemple en théorie analytique des nombres).

4 Euler Maclaurin donne un prolongement analy-tique.

La formule d’Euler Maclaurin peut donner certains prolongements analytiques. Unexemple classique est la fonction ζ de Riemann :

ζ(s) =∞∑n=1

1

nsRe(s) > 1

5 ∞−∞ VERSUS DISPARITION DE L’INFINI. 14

appliquons la formule d’Euler Maclaurin à :

f(x) = (x+ 1)−s

f (p)(s) = (−s)(−s− 1)...(−s− p+ 2)1

(x+ 1)s+p−1

N∑n=0

1

(n+ 1)s=

1

2− 1

1− s+

K∑k=1

b2k(2k)!

s(s+ 1)...(s+ 2k − 2)

+1

(2K + 1)!s(s+ 1)...(s+ 2K)

∫ N

0

1

(x+ 1)s+2K+1B̃2K+1(x) dx

+1

1− s1

(N + 1)s−1+

K∑k=1

b2k(2k)!

s(s+ 1)...s+ 2k − 2)1

(N + 1)s+2k−1

Pour Re(s) > 1 faisons tendre N →∞ :

ζ(s) =

1

2− 1

1− s+

K∑k=1

b2k(2k)!

s(s+ 1)...(s+ 2k − 2)

+1

(2K + 1)!s(s+ 1)...(s+ 2K)

∫ ∞0

1

(x+ 1)s+2K+1B̃2K+1(x) dx

Le second membre est bien défini pour Re(s) > −2K, donc donne un prolongement analy-tique de la fonction ζ dans ce demi-plan. De plus, elle donne les valeurs pour les s entiersnégatifs, puisque le coefficient devant l’intégrale s’annulera.

Pour s = 0 ζ(0) = −1

2

Pour s = −3 prendre K = 2 ζ(−3) = − 1

120(22)

5 ∞−∞ versus disparition de l’infini.

5.1 Comparaison des méthodes.L’utilisation de la formule sommatoire d’Euler Maclaurin nécessite un passage à la

limite, on fait du∞−∞. On peut si l’on veut parler de "régularisation". Le prolongementanalytique est simplement la prise en compte de la valeur d’une fonction en un point. Onne régularise rien du tout. Soit f(x) = x2, si prendre f(3) = 9 est une régularisation, alorson régularise souvent !


5.2 Premier exemple :∑∞

n=0 n.

∞∑n=0

n−∫ ∞0

t dt

ne suffit pas pour trouver un nombre. Dans ce cas, f(x) = x, f ′(x) = 1 et f ′′(x) = 0. Laformule d’Euler Maclaurin est simple :

N∑n=0

n−∫ N

0t dt− 1

2N = − 1

12(23)

Il est frappant de constater que si l’on utilise la méthode de prolongement analytique, nouspouvons obtenir deux résultats différents :

f(z) =

∞∑n=0

(n+ 1)zn =1

(1− z)2

f(1) =∞C

ζ(s) =

∞∑n=0

1

(n+ 1)s

f(−1) = −112

Nous retrouvons le même nombre que dans (23) !De façon plus générale pour f(x) = xp, la formule d’Euler Maclaurin donne :

N∑n=1

np =1

p+ 1

p∑j=0

(p+ 1

j

)bjN

p+1−j

+1

p+ 1

p∑j=0

(p+ 1

j

)bjNp+1−j

+(b+N)p+1 − bp+1

p+ 1N∑n=1

np =Bp+1(N + 1)−Bp+1(0)

p+ 1

Il est frappant qu’en faisant N →∞ et "en négligeant le mauvais infini", on trouve le bonrésultat :

ζ(−p) = −Bp+1(0)

p+ 1= − bp+1

p+ 1


5.3 Deuxième exemple :∑∞

n=0

√a+ n2 .

Soit a > 0. Dans (16) prenons f(x) =√a+ x2 :

f ′(x) =x

(a+ x2)1/2

f ′′(x) =a

(a+ x2)3/2

N∑n=0

√a+ n2 −

∫ N

0

√a+ x2 dx

=1

2

(√a+N2 +

√a)+b24

((a+N2)−1/2 − a−1/2

)+

1

8

∫ N

0

a

(a+ x2)3/2B̃2(x) dx

Quand N →∞, le premier terme du second membre tend encore vers l’infini,mais :

1

2

√a+

N−1∑n=1

√a+ n2 +

1

2

√a+N2 −

∫ N

0

√a+ x2 dx

a une limite quand N →∞.Nous pouvons étudier ce cas en prenant la fonction ζ Hurwitz.

5.4 Troisième exemple :∑∞

n=11n .

Méthode des séries entières :∞∑n=1

zn

n= log(1− z)

Ceci ne donne rien pour z = 1 car nous ne pouvons pas utiliser la sphère de Riemann àcause de la définition du logarithme.Méthode de la fonction ζ :

∞∑n=1

1

ns= ζ(s)

Ceci donne pour s = 1 l’infini complexe ∞C.Méthode d’Euler Maclaurin :

limN→∞

(N∑n=1

1

n−∫ N

0

1

xdx

)= γ

où γ est la constante d’Euler. La valeur obtenue est dépendante de la méthode utilisée etl’égalité ci-dessus est très utilisée !

6 L’EFFET CASIMIR EN PHYSIQUE. 17

6 L’effet Casimir en Physique.

6.1 Énergie entre deux plaques non chargées.En mécanique quantique, l’énergie d’un oscillateur harmonique de pulsation ω est quan-

tifiée selon :E = ~ω(m+

1

2) m ∈ N

Il existe une énergie fondamentale minimum 1/2~ω.Le champ électromagnétique quantifié se décrit comme un ensemble d’oscillateurs et

l’énergie totale de tous ces oscillateurs donnent l’énergie du champ. Considérons un modede vecteur d’onde (kx, ky, kz). Dans l’effet Casimir, le champ est entre deux "très grandes"plaques carrées de côté L, parallèles et à distance a (dans la direction x). La températureest 0 K.

Les vibrations possibles dans une telle cavité ont pour nombre d’onde :

kx =π

anx nx ∈ N ky =

π

Lny ny ∈ N kz =

π

Lnz nz ∈ N

Sauf pour n = 0, nous avons deux ondes stationnaires. Pour ky et kz cela n’a pas d’impor-tance puisque L→∞.A température nulle, l’énergie de la cavité est la somme de l’énergie de tous les modes.

E =~cL2

π2

∫ ∞0

∫ ∞0

(1

2

√k2y + k2z +

∞∑n=1

√π2n2

a2+ k2y + k2z

)dky dkz

Passons en coordonnées polaires :

E =~cL2

π2π

2

∞,(0)∑n=0

∫ ∞0

√π2n2

a2+ x2 x dx (24)

L’indice (0) indique qu’il faut multiplier par 1/2, pour n = 0. Le problème est de donnerune valeur à cette quantité. La littérature sur le sujet parle de "régularisation", "renor-malisation", ...

6.2 Utilisation d’Euler Maclaurin.C’est la méthode de Casimir lui-même, [1], voir aussi [5] Pour un exposé récent, voir

[2].Effectuons un calcul formel. Reprenons la formule (25). Pour obtenir l’énergie totale,

tenons compte de l’énergie contraire exercée par l’extérieur de ce condensateur et qui estl’équivalent continu de l’énergie trouvée :

Etot = E−Eext =~cL2

2π

∫ ∞0

∞,(0)∑n=0

√π2n2

a2+ x2 x dx− ~cL2

2π

∫ ∞0

∫ ∞0

√k2x + x2 x dx

a

πdkx


Posons u = ax2/π2 :

Etot ==~cL2π2

4a3

∫ ∞0

∞,(0)∑n=0

√n2 + u du−

∫ ∞0

∫ ∞0

√k2x + u du dkx

Ceci est encore divergent. Introduisons une fonction de cutoff χ. Un conducteur n’étant pasparfait jusqu’au très hautes fréquences (très petites longueurs d’onde), on les supprime.Nous allons distinguer la fréquence de cutoff km et la fonction de cutoff χ.

Les réels A > 0 et A < B sontarbitraires.Fonction de cutoff :

χ(x) =

{1 si x < A

0 si x > B

La fonction χ est trois fois dé-rivable et de dérivée troisièmecontinue. 0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

A B x

Figure 4 – Fonction de cutoff.

Expression de cutoff :

χ

(k

km

)L’expression χ(k/km) est égaleà 1 pour k/km petit et nullepour k/km grand.

χ

(k

km

)=

{1 si k < Akm

0 si k > Bkm0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Akm Bkm k

k << km

k >> km

Figure 5 – Fonction et fréquence de cutoff.


L’énergie avec le cutoff devient :

Etot =

=~cL2π2

4a3

(∫ ∞0

∞,0∑n=0

√n2 + u χ

(π

akm(n2 + u)

)du−

∫ ∞0

∫ ∞0

√k2x + u χ

(π

akm(k2x + u)

)du dkx

)

assimilons kx à n ( ?) et introduisons :

w = n2 + u

w = kx + u

Etot =~cL2π2

4a3

∞,(0)∑n=0

∫ ∞n2

w1/2 χ

(π

akmw

)dw −

∫ ∞0

∫ ∞n2

w1/2 χ

(π

akmw

)dn dw

Nous pouvons maintenant utiliser la formule d’Euler Maclaurin (sous forme (17)), enprenant H = 2, f la fonction ci-dessous et N → ∞. Nous avons bien f (k)(N) → 0(puisque χ est nulle au voisinage de l’infini).

f(x) =

∫ ∞x2w1/2χ

(π

akmw

)dw lim

x→∞f(x) = 0

f ′(x) = −2x× xχ(

π

akmx2)

f ′(0) = 0

f ′′(x) = −4xχ(

π

akmx2)− π

akm4x3χ′

(π

akmx2)

f ′′′(x) = −4χ( π

akmx2)− π

akm8x2χ′

(π

akmx2)

− π

akm12x2χ′

(π

akmx2)−(

π

akm

)2

8x4χ′′(

π

akmx2)

f ′′′(x) = −4χ( π

akmx2)− π

akm20x2χ′

(π

akmx2)−(

π

akm

)2

8x4χ′′(

π

akmx2)

f ′′′(0) = −4

f (4)(x) = − π

akm8xχ(

π

akmx2)− π

akm40xχ′

(π

akmx2)−(

π

akm

)2

40x3χ′′(

π

akmx2)

−(

π

akm

)2

32x3χ′′(

π

akmx2)−(

π

akm

)3

16x5χ′′′(

π

akmx2)

f (4)(x) =π

akmg(x)

où g(x, 1/km) est une fonction nulle au voisinage de l’infini, bornée pour a > 0 fixé etkm > min > 0. Prenons H = 2 et N → ∞ (avec f (k)(N) → 0). La formule d’Euler


Maclaurin devient :

1

2f(0) +

∞∑n=1

f(n)−∫ ∞0f(x) dx =

− b22f ′(0)− b4

24f ′′′(0)− 1

24

∫ ∞0f (4)(x)B̃4(x) dx

Énergie par unité de surface :

EtotL2

=~cπ2

4a3

(− 1

4!

−130f ′′′(0)− 1

24

∫ ∞0f (4)(x)B̃4(x) dx

)=

~cπ2

4a3

(− 1

4!

−130f ′′′(0)− π

akm

1

24

∫ ∞0g(x, 1/km)B̃4(x) dx

)Utilisons la majoration (15). Il existe une expression M(χ, π/(akm)), dépendant de lafonction de cutoff χ et de la fréquence de cutoff km telle que :∣∣∣∣EtotL2

+~cπ2

720a3

∣∣∣∣ 6 M(χ, π/(akm))

akm

Si l’on considère que χ est fixé et que km est grand, nous trouvons le résultat de Casimir :

EtotL2

= − ~cπ2

720a3(25)

En termes de force par unité de surface :

FCasimirL2

= − d

da

EtotL2

= − ~cπ2

240a4

6.3 Ai-je compris ce qui se passe ?Une réaction vient immédiatement à l’esprit. Nous avons fait un calcul au premier ordre,

si l’on calcule les ordres supérieurs, les résultats dépendront-ils du choix du cutoff ? Lesdérivées successives f (`)(0) avec ` ≥ 4 auront un coefficient en 1/(akm)

`−3, indépendantde χ, mais le reste intégral dépendra de km et de χ.

Il semblerait que oui au delà de la première approximation, les résultats vont dépendredu cutoff.

Une analogie vient à l’esprit. Il y a isochronisme des petites oscillations du pendulesimple (approximation au premier ordre). Il possible de résoudre explicitement l’équationde ce pendule, en utilisant les fonctions elliptiques qui décrivent complètement le phéno-mène. Un développement limité cache ce qui se passe.

A-t-on une situation analogue ici ? La sous-section suivante semble répondre négative-ment à cette question.

RÉFÉRENCES 21

6.4 Utilisation du prolongement analytique.Cette idée est exposée dans [3], voir aussi [6]. Reprenons la série (25) :

E =~cL2

2π

∞,(0)∑n=0

∫ ∞0

√π2n2

a2+ x2 x dx

Introduisons un paramètre z ∈ C :

E(z) =~cL2

4π

∞,(0)∑n=0

∫ ∞0

(π2n2

a2+ u

)zdu

Pour −Re(z) assez grand, nous avons convergence, E(z) est une fonction holomorphe dansun demi-plan. L’intégrale se calcule dans ce demi-plan :

1

z + 1

[(π2n2

a2+ u

)z+1]∞u=0

= − π2z+2

a2z+2(z + 1)n2z+2

Pour n = 0, nous obtenons 0 ; pour n ≥ 1, nous trouvons la fonction ζ de Riemann.La fonction trouvée est prolongeable dans tout C en une fonction méromorphe de pôlesz = −1 et z = −3/2.

E(z) =~cL2

4π(−1) π2z+2

a2z+2(z + 1)ζ(−2z − 2)

E = E

(1

2

)= −~cL2

4π

π3

a33/2ζ(−3)

(utiliser (22))Nous obtenons le même résultat que précédemment (25) :

E

L2= − ~cπ2

720a3

Nous n’avons pas utilisé de cutoff ni d’approximation.

Références[1] Hendrik Casimir, On the attraction between two perfectly conducting plates. Proc.

Kon. Nederl. Akad. Wetensch, vol. B51, 1948, p. 793[2] Bertrand Duplantier. Introduction à l’effet Casimir, séminaire Poincaré, (2002)[3] E.Elizalde, A.Romeo, Essentials of the Casimir effect and its computation.

Am.J.Phys.Vol59 No 8,August1991.[4] G.H.Hardy Divergent Series Oxford 1948[5] C.Itzykson, J.-B.Zubzer Quantum field theory MacGraw-Hill 1980.[6] Wikipedia Casimir effect

EulerMacLaurinversusprolongementanalytique. Exemple:l ... · 2 MÉTHODE 1. PROLONGEMENT ANALYTIQUE....

Documents

Transcript of EulerMacLaurinversusprolongementanalytique. Exemple:l ... · 2 MÉTHODE 1. PROLONGEMENT ANALYTIQUE....